2020高考物理一轮复习学案第三章第3讲牛顿运动定律综合应用

第3讲牛顿运动定律综合应用主干梳理对点激活知识点连接体问题Ⅱ1．连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的eq\o(□,\s\up5(01))物体系统称为连接体。2．外力与内力(1)外力：系统eq\o(□,\s\up5(02))之外的物体对系统的作用力。(2)内力：系统eq\o(□,\s\up5(03))内各物体间的相互作用力。3．整体法和隔离法(1)整体法：把eq\o(□,\s\up5(04))加速度相同的物体看做一个整体来研究的方法。(2)隔离法：求eq\o(□,\s\up5(05))系统内物体间的相互作用时，把一个物体隔离出来单独研究的方法。知识点临界极值问题Ⅱ1．临界或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着eq\o(□,\s\up5(01))临界点。(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应eq\o(□,\s\up5(02))临界状态。(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点。(4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2．四种典型的临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是eq\o(□,\s\up5(03))弹力FN＝0。(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是eq\o(□,\s\up5(04))静摩擦力达到最大值。(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于eq\o(□,\s\up5(05))它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是eq\o(□,\s\up5(06))FT＝0。(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是eq\o(□,\s\up5(07))a＝0，速度为0的临界条件是a达到eq\o(□,\s\up5(08))最大。知识点多过程问题Ⅱ1．多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的eq\o(□,\s\up5(01))运动情况和eq\o(□,\s\up5(02))受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。3．综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题的关键首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”。一思维辨析1．整体法和隔离法是确定研究对象时常用的方法。()2．应用牛顿第二定律进行整体分析时，需要分析内力。()3．轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等的。()4．相互接触的物体分离时的临界状态是两者没有共同的加速度。()答案1.√2.×3.√4.×二对点激活1.如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，下列说法正确的是()A．当拉力F<12N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动答案D解析当A、B间达到最大静摩擦力时两者开始相对滑动，以B为研究对象，设临界加速度为a，由牛顿第二定律得：μmAg＝mBa，得a＝6m/s2。由整体法得：F＝(mA＋mB)a＝48N，所以F增大到45N的过程中，两物体始终没相对运动，B、C错误，D正确。由于地面光滑，故一开始物体就加速运动，A错误。2.(人教版必修1·P77·科学漫步改编)在探索测定轨道中人造天体的质量的方法过程中做了这样的一个实验：用已知质量为m1的宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组m2(后者的发动机已熄灭)。接触后，开动宇宙飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为F，推进器开动时间为t，测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，求火箭组的质量m2。答案eq\f(Ft,Δv)－m1解析根据a＝eq\f(Δv,Δt)得，m1、m2的共同加速度为a＝eq\f(Δv,t)，选取m1、m2整体为研究对象，则F＝(m1＋m2)a，所以m2＝eq\f(Ft,Δv)－m1。考点细研悟法培优考点1整体法和隔离法解决连接体问题1．连接体的类型(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)物物并排连接体(4)轻绳连接体(5)轻杆连接体2．连接体的运动特点(1)轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。(2)轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。一般情况下，连接体沿杆方向的分速度相等。(3)轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。3．连接体的受力特点轻绳、轻弹簧的作用力沿绳或弹簧方向，轻杆的作用力不一定沿杆。4．处理连接体问题的方法(1)整体法若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。(2)隔离法若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。(3)整体法、隔离法交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。例1(2018·甘肃五市一模)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B与水平面的动摩擦因数均为μ，m1＞m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计。若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2。则以下关系式正确的是()A．a1＝a2，F1＞F2B．a1＝a2，F1＜F2C．a1＝a2，F1＝F2D．a1＞a2，F1＞F2解题探究(1)两种情况下整体受的合外力大小是否相同？提示：相同。(2)F1、F2的大小与μ有关吗？提示：无关。尝试解答选A。以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a2，得到a1＝a2。当F拉B时，以A为研究对象，则有F1－μm1g＝m1a1，得到F1＝eq\f(m1,m1＋m2)F；同理，当F拉A时，以B为研究对象，得到F2＝eq\f(m2,m1＋m2)F；由于m1＞m2，则F1＞F2。所以A正确，B、C、D错误。总结升华应用整体法和隔离法的解题技巧(1)如图所示，一起加速运动的物体系统，若力作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为F12＝eq\f(m2F,m1＋m2)。此结论与有无摩擦无关(有摩擦，两物体与接触面的动摩擦因数必须相同)，物体系统在平面、斜面、竖直方向运动时，此结论都成立。两物体的连接物为轻弹簧、轻杆时，此结论不变。(2)通过滑轮和绳的连接体问题：若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。绳跨过定滑轮，连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同，故采用隔离法。[变式1－1](2018·河南二模)如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一小球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上。开始时小车向右运动，小球的悬绳与竖直方向的夹角为θ1，若小球的悬绳与竖直方向的夹角减小为θ2(θ1、θ2均保持不变)，则夹角为θ2时与夹角为θ1时相比()A．小车的加速度、弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变大B．小车的加速度、弹簧测力计读数及小车对地面的压力均变小C．小车的加速度、弹簧测力计读数均变小，小车对地面的压力不变D．小车的加速度、弹簧测力计读数均不变，小车对地面的压力变大答案C解析由题可知ma＝mgtanθ，FT＝eq\f(mg,cosθ)，则随着θ减小，小车的加速度a和绳子的拉力(弹簧测力计的示数)均减小，由整体法可知小车对地面的压力等于整体自身的重力，故C正确。[变式1－2](2018·安徽百所学校模拟)如图所示，在粗糙的水平杆上套着一个滑块A，用轻质细绳将A与一小球B相连，A、B的质量均为m，A与杆间的动摩擦因数为μ，现用水平拉力F向右拉A，使A、B一起向右运动，此时细绳与竖直方向的夹角为α；若增大水平拉力，使A、B一起运动时，细绳与竖直方向的夹角增大为2α，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．细绳的拉力变为原来的2倍B．A、B的加速度变为原来的2倍C．水平拉力F变为原来的2倍D．A受到的摩擦力不变答案D解析对B受力分析，其加速度大小为a＝gtanα，细绳拉力大小T＝eq\f(mg,cosα)，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，a和T不一定是原来的2倍，A、B错误；对A、B整体受力分析，竖直方向上，支持力N＝2mg，当α增大为原来的2倍时，支持力保持不变，则摩擦力f＝μN不变，水平方向有F－f＝2ma，得F＝2μmg＋2mgtanα，经分析可知，当α增大为原来的2倍时，F不一定变为原来的2倍，C错误，D正确。考点2动力学中的临界、极值问题1．基本思路(1)认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。(2)寻找过程中变化的物理量。(3)探索物理量的变化规律。(4)确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。2．思维方法例2如图所示，质量为M＝2kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ＝0.5。重力加速度大小为g＝10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是()A．水平力F＝3N时，物块m将保持静止状态B．水平力F＝6N时，物块m将在长木板M上滑动C．水平力F＝7N时，长木板M的加速度大小为2.5m/s2D．水平力F＝9N时，长木板M受到的摩擦力大小为5N解题探究(1)m和M相对滑动的临界条件是什么？提示：m和M之间的摩擦力达到最大静摩擦力。(2)如何求使m和M发生相对滑动所对应的临界外力F?提示：先隔离M再整体分析。尝试解答选D。设m和M恰好不相对滑动时力F＝F0，应用牛顿第二定律，有eq\f(F0,M＋m)＝eq\f(μmg,M)，解得F0＝7.5N，显然F＝3N<F0时，m和M一起加速运动，A错误；F＝6N<F0时，m和M一起加速运动，B错误；F＝7N<F0时，m和M一起加速运动，M的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝eq\f(7,3)m/s2，C错误；F＝9N>F0时，m和M相对运动，M受到的摩擦力大小为μmg＝5N，D正确。总结升华叠加体系统临界问题的求解思路[变式2－1](2018·蚌埠模拟)(多选)如图所示，质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上，A受到向右推力FA＝9－2t(N)作用，B受到向右拉力FB＝2t(N)作用。从t＝0开始计时，则()A．当t＝3s时，A、B开始分离B．当t＝4.5s时，A、B开始分离C．A、B分离之前整体做加速度相同的匀加速直线运动D．A、B分离之后A、B各做加速度不同的匀加速直线运动答案AC解析当A、B分离时两者间作用力为零，且a相同，所以eq\f(FA,FB)＝eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,2)，得t＝3s，故A正确，B错误；A、B分离之前整体由FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝3m/s2，两者做加速度相同的匀加速直线运动，C正确；A、B分离之后，A、B的合外力均为变力，加速度随时间变化，故D错误。[变式2－2](多选)如图所示，A、B两物体的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为eq\f(1,2)μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝eq\f(5,2)μmg时，A的加速度为eq\f(1,3)μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq\f(1,2)μg答案BCD解析地面对B的最大静摩擦力为eq\f(3,2)μmg，A、B间最大静摩擦力为2μmg，当F>eq\f(3,2)μmg时，A、B相对于地面向右滑动；在A、B恰好要发生相对运动时，对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，对B，有μ×2mg－eq\f(μ,2)×3mg＝ma，两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B才能滑动，C正确，A错误。当F＝eq\f(5,2)μmg时，A、B相对静止，对整体有：eq\f(5,2)μmg－eq\f(μ,2)×3mg＝3ma，a＝eq\f(1,3)μg，故B正确。无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝eq\f(2μmg－\f(1,2)×3μmg,m)＝eq\f(1,2)μg，可见D正确。考点3应用牛顿运动定律解决多过程问题应用牛顿运动定律解决多过程问题的步骤(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。(3)根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。例3(2018·四川五校联考)如图甲所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：(1)斜面BC的长度s；(2)滑块与木块AB表面的动摩擦因数μ。解题探究(1)滑块在CB上滑动时，力传感器读出的是哪个力的大小？提示：滑块对木块压力的水平分力。(2)滑块在BA上滑动时，力传感器示数等于哪个力的大小？提示：滑块与木块间的摩擦力。尝试解答(1)3_m__(2)0.2(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得a1＝gsinθ＝6m/s2，通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1＝1s，由运动学公式得斜面BC的长度为s＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝3m。(2)由右图可知，滑块在CB上运动时，滑块对木块的压力N1′＝mgcosθ，木块对传感器的压力F1′＝F1＝N1′sinθ，由题图乙可知：F1′＝12N，解得m＝2.5kg，滑块在AB上运动时，传感器对木块的拉力F2＝f＝μmg＝5N，μ＝eq\f(F2,mg)＝0.2。总结升华应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成。有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可；有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析。(2)对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确。(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。[变式3－1](2018·襄阳调研)如图所示，套在水平直杆上质量为m的小球开始时静止，现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0>μmg。下列关于运动中的速度—时间图象正确的是()答案C解析开始时小球所受支持力方向向上，随着时间的增加，小球速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，可知这一阶段小球的加速度增大。当竖直向上的力F的大小等于小球重力的大小时，小球的加速度最大。再往后竖直向上的力F的大小大于重力的大小，直杆对小球的弹力向下，F增大，则弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，小球的加速度减小，当加速度减小到零时，小球做匀速直线运动，故C正确。[变式3－2](2018·福州一模)如图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v­t图象)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动的两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析(1)由题图乙易得，物块上升的位移x1，就是前1s内，时间轴与图线所围的面积：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；物块下滑的距离x2，就是第1s末到第2s末这段时间轴与图线所围面积：x2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m；位移x＝x1－x2＝1m－0.5m＝0.5m，路程L＝x1＋x2＝1m＋0.5m＝1.5m。(2)由题图乙知，沿斜面上滑的各阶段加速度大小a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2，设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律：0～0.5s内F－Ff－mgsinθ＝ma1；0．5～1s内－Ff－mgsinθ＝－ma2；联立解得：F＝8N。高考模拟随堂集训1.(2017·海南高考)(多选)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是()A．若μ≠0，则k＝eq\f(5,6)B．若μ≠0，则k＝eq\f(3,5)C．若μ＝0，则k＝eq\f(1,2)D．若μ＝0，则k＝eq\f(3,5)答案BD解析对整体，由牛顿第二定律有F－μ(m＋2m＋3m)g＝(m＋2m＋3m)a，设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－μ(3m)g＝3ma，解得F1＝eq\f(F,2)，对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F2＝eq\f(5F,6)，所以k＝eq\f(F1,F2)＝eq\f(3,5)，与μ无关，B、D正确。2．(2018·安徽质检)如图所示，若干个质量不相等可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及绳在车厢中的形状的示意图正确的是()答案A解析小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的绳与竖直方向的夹角为θ，对所有小球组成的整体分析，有m总gtanθ＝m总a，解得tanθ＝eq\f(a,g)，设第二段绳与竖直方向的夹角为θ′，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总－m1)gtanθ′＝(m总－m1)a，解得tanθ′＝eq\f(a,g)，同理可知，连接小球的绳子与竖直方向的夹角均相等，可知各小球和细绳在一条直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。3.(2018·洛阳统考)如图所示，物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动。若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则此时斜面体B对地面的摩擦力()A．方向水平向左B．方向水平向右C．大小为零D．无法判断大小和方向答案C解析物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，隔离A进行受力分析，可知斜面体B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力等大反向，对B进行受力分析，由平衡条件可知，地面对斜面体的摩擦力为零。若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则A对斜面体B的压力和摩擦力不变，所以地面对斜面体的摩擦力为零，斜面体B对地面的摩擦力大小也为零，C正确。4．(2019·抚顺模拟)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象。取g＝10m/s2，则下列说法错误的是()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝2kgC．当F＝8N时，滑块加速度为2m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1答案C解析从图乙中可知，当F>6N时，两者发生相对运动，当F≤6N时两者相对静止，当F＝6N时，对整体可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝6kg，当F>6N时对木板分析：水平方向受到拉力和m给的摩擦力，故有a＝eq\f(F－μmg,M)＝eq\f(1,M)F－eq\f(μmg,M)，图象的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,6－4)＝eq\f(1,2)，即M＝2kg，所以m＝4kg，将F>6N时图线反向延长，可得当F＝4N时，加速度为零，代入可得0＝eq\f(1,2)×4－eq\f(μ·4×10,2)，解得μ＝0.1，故A、B、D正确；当F＝8N时滑块加速度为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，故C错误。5.(2017·海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示。质量为eq\f(3,5)m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b加速度的大小；(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。答案(1)eq\f(8mgsinθ,5x0)(2)eq\f(1,5)gsinθ(3)F＝eq\f(4mg2sin2θ,25x0)t2＋eq\f(8mgsinθ,25)解析(1)物块a、b静止在斜面上，由平衡条件有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ＝kx0，解得k＝eq\f(8mgsinθ,5x0)。(2)设物块b加速度的大小为a，a、b分离时b运动的位移为x1，由运动学公式有x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，x0＝eq\f(1,2)a(2t1)2，分离瞬间，对物块a进行受力分析，由牛顿第二定律有k(x0－x1)－mgsinθ＝ma，联立以上各式解得a＝eq\f(1,5)gsinθ。(3)设外力为F，经过时间t弹簧的压缩量为x，在物块a、b分离前，对物块a、b整体，由牛顿第二定律有F＋kx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))a，由运动学公式有x0－x＝eq\f(1,2)at2，联立以上各式解得F＝eq\f(4mg2sin2θ,25x0)t2＋eq\f(8mgsinθ,25)。配套课时作业时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)1.(2018·山东潍坊模拟)一架无人机质量为2kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力系统，其v­t图象如图所示，g取10m/s2。下列判断正确的是()A．无人机上升的最大高度为72mB．6～8s内无人机下降C．无人机的升力大小为28ND．无人机所受阻力大小为4N答案D解析在v­t图象中，图象与时间轴所围的面积表示位移，由题图知，无人机上升的最大高度h＝eq\f(1,2)×24×8m＝96m，A错误；由题图知，6～8s内无人机向上做减速运动，直到速度减为零，8s末上升到最高点，B错误；由题图知，v­t图象的斜率即为无人机运动的加速度，故0～6s内无人机的加速度大小a1＝4m/s2,6～8s内无人机的加速度大小a2＝12m/s2，由牛顿第二定律得F－mg－f＝ma1，f＋mg＝ma2，由以上两式解得F＝32N，f＝4N，D正确，C错误。2.如图所示，一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都光滑，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于()A．Mg＋mgB．Mg＋2mgC．Mg＋mg(sinα＋sinβ)D．Mg＋mg(cosα＋cosβ)答案A解析取a、b、A整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示。以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得：FN－(M＋2m)g＝M·0＋ma1y＋ma2y。其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β，得水平桌面对楔形木块的支持力FN＝Mg＋mg，由牛顿第三定律得A正确。3.(2018·蓉城名校联盟联考)质量为m的物体在受到竖直向上的拉力F的作用下竖直向下运动，其运动的速度随时间变化的v­t图象如图所示。假设物体受到恒定的空气阻力作用，在0～t0、t0～3t0、3t0～4t0时间内F的大小分别为F1、F2和F3，则()A．F1>F2>F3B．F1<F2<F3C．F1>F3>F2D．F1＝F3>F2答案B解析由v­t图象可知，物体在0～t0的时间内向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝eq\f(v0,t0)，设物体受到恒定的空气阻力大小为f，由牛顿第二定律可知mg－F1－f＝ma1，解得F1＝mg－meq\f(v0,t0)－f；物体在t0～3t0的时间内向下做匀速直线运动，则由力的平衡条件可知F2＋f＝mg即F2＝mg－f；物体在3t0～4t0的时间内向下做匀减速直线运动，加速度大小为a3＝eq\f(v0,t0)，由牛顿第二定律可知F3－mg＋f＝ma3，解得F3＝mg＋meq\f(v0,t0)－f，因此F3>F2>F1，B正确。4.质量为m0的物体A放在粗糙水平桌面上，B为砂桶，A、B两物体通过跨接在光滑的定滑轮上的轻质细线连接，如图所示。开始时两物体均静止，砂桶B距地面的高度为h，然后逐渐向砂桶中加砂子，则下面说法不正确的是()A．砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力越大B．砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力可能越小C．物体A发生滑动后，砂和砂桶的质量越大，细线上拉力越大D．某次实验时，物体A的质量与砂和砂桶的总质量相等，若物体A沿桌面滑行的最远距离等于2h，则可以求出物体A与桌面的动摩擦因数答案B解析物体A发生滑动之前，细线上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物体A发生滑动后，设砂桶和砂子的总质量为m，加速度大小为a，对B有mg－FT＝ma，对A有FT－μm0g＝m0a，联立两式整理得FT＝eq\f(1＋μm0g,1＋\f(m0,m))，m越大，拉力越大，故A、C正确，B错误；分析物体A的整个运动过程，加速阶段和减速阶段的位移大小均为h，知加速与减速过程的加速度大小相等，根据mg－FT＝ma，FT－μm0g＝m0a，m＝m0和a＝μg，可求出动摩擦因数μ，D正确。本题选不正确的，故选B。5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时两物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v­t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则()A．施加外力前，弹簧的形变量为eq\f(2g,k)B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值答案B解析施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝eq\f(2Mg,k)，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。6.如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须()A．匀速向下奔跑B．以加速度a＝eq\f(M,m)gsinα，向下加速奔跑C．以加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，向下加速奔跑D．以加速度a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，向上加速奔跑答案C解析作出车的受力图，如图甲所示，求出人对车的摩擦力Ff＝Mgsinα；作出人的受力图，如图乙所示，则mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，解出a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gsinα，方向沿斜面向下。故C正确。7．如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上的人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止。下列说法正确的是()A．甲车的加速度大小为eq\f(F,M)B．甲车的加速度大小为0C．乙车的加速度大小为eq\f(2F,M＋m)D．乙车的加速度大小为0答案BC解析对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲＝0，A错误，B正确；在乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统受力分析，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙＝eq\f(2F,M＋m)，则C正确，D错误。8.(2018·武汉测试)如图所示，材料相同的A、B两物体质量分别为m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。轻绳拉力的大小()A．与斜面的倾角θ无关B．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关C．与两物体的质量m1和m2有关D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变答案AC解析将两物体看成一个整体有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，解得：a＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)，对B物体受力分析且由牛顿第二定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得：T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故B错误，A、C正确；改用F沿斜面向下拉连接体，将两物体看成一个整体有F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)·gcosθ＝(m1＋m2)·a′，解得：a′＝eq\f(F＋m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)，对A物体受力分析且由牛顿第二定律有：T′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得：T′＝eq\f(m1F,m1＋m2)，故D错误。9．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ。现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是()A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．两种情况下获取的最大加速度相同C．两种情况下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力答案BC解析F作用于题图甲中A，当F最大时，A刚要离开地面，A受力如图1，FN1cosθ＝mg，对B：FN1sinθ＝ma1；F作用于题图乙中A，当F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2，FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，可见FN2＝FN1，a2＝a1，对整体分析易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B、C正确。10．如图甲